2019-2020年高三化学第二次联考试题（含解析）.doc

2019-2020年高三化学第二次联考试题（含解析）【试卷综析】本试卷是高三第二次联考试题，在考查学生的基础知识的同时注重学生的综合能力的培养。本试卷考查到了化学与生活和环境、物质的量浓度的有关计算、阿伏伽德罗常数的应用、基本有机化学知识等；试题重点考查了元素化合物的知识、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、元素周期表和元素周期律的基本知识、化学实验基本操作等主干知识，考查了较多的知识点。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了学科的基本要求。本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。全卷满分100分，考试时间100分钟。考生务必将答案答在答题卷上，在试卷上作答无效。考试结束后只交答题卷。可能用到的相对原子质量：Hl C12 N14 O16 Na23 S32 Cl355 Fe56 Cu64第I卷（选择题共44分）一、选择题（1-10题，每题2分，共20分，11-18题，每小题3分，共24分，每小题只有一个正确选项。）【题文】1化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用。下列叙述正确的是（ ） AK2FeO4是新型净水剂，其净水原理与明矾完全相同 B工业上铝的冶炼是通过电解熔融的AlC13来实现的CPM25表示每立方米空气中直径小于或等于25微米的颗粒物的含量，PM25值越高，大气污染越严重，因为PM25颗粒物在空气中形成胶体分散系，吸附能力很强 D长期使用（NH4）2SO4化肥使土壤酸化，而过度使用尿素CO（NH2）2会使土壤碱化【知识点】化学工农业生产和日常生活的联系 C3 C2 H3 H4 【答案解析】D 解析： AK2FeO4中铁元素为高价，有强氧化性，具有杀菌作用，K2FeO4被水中的还原性物质还原为+3价的铁，生成的+3价的铁水解生成氢氧化铁胶体具有吸附作用，起到净水的作用，而明矾净水是+3价的铝元素水解生成的氢氧化铝胶体的吸附作用，故二者净水原理不相同，错误；B工业上铝的冶炼是通过电解熔融的Al2O3来实现的，错误；C PM25颗粒物直径为2.510-6，大于胶体粒子直径，形成的不是胶体，错误；D（NH4）2SO4溶于水显示酸性，长期使用（NH4）2SO4化肥使土壤酸化，而过度使用尿素CO（NH2）2会使土壤碱化，正确。【思路点拨】本题考查了高价铁元素的性质、金属铝的冶炼、胶体的性质及某些盐的水解等知识点，是化学与生活及工农业生产联系常见的题型，难度不大。【题文】2下列化学用语描述中正确的是（ ） A含18个中子的氯原子的核素符号： B比例模型可以表示CO2 分子或SiO2分子 CHCO的电离方程式为：HCO+ H2O CO+H3O+ D次氯酸的结构式：HClO【知识点】化学用语 E1 E3 H1【答案解析】C 解析： A含18个中子的氯原子的核素符号：3517Cl ，错误；BSiO2是原子晶体，晶体内没有分子CHCO是碳酸的酸式酸根离子，HCO的电离方程式为：HCO+ H2O CO+H3O+，正确；D次氯酸的结构式：HOCl，错误。【思路点拨】本题考查了化学基本用语，原子符号的书写、晶体的结构、电离方程式的书写、结构式等知识点，基础性较强，难度不大。【题文】3常温下，下列各组粒子在指定溶液中能量共存的是（ ） A在酸性KMnO4溶液中：Na+、C2H5OH、NH、Cl B能溶解CaCO3的溶液中：Fe2+、Ca2、Cl、NO C澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl D能使淀粉-KI试纸显蓝色的溶液中：K+、H+、SO、I【知识点】离子共存 B1 【答案解析】C 解析：A在酸性KMnO4能氧化C2H5OH，故不能与其共存，错误；B能溶解CaCO3的溶液显示酸性，在酸性溶液中NO可以把Fe2+氧化而不能共存，错误；C澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl，不能发生反应而共存，正确；D能使淀粉-KI试纸显蓝色的溶液应该具有一定的氧化性，可以把I，错误。【思路点拨】本题考查了在前提条件下离子的共存问题，离子之间的反应，难度不大。【题文】4元素周期表中A元素包括C、Si、Ce、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定。结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（ ） Pb+2Cl2=PbCl4 Sn+2Cl2=SnCl4 SnCl2+Cl2=SnCl4 PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2+4H2O A B C D【知识点】元素周期律 B3 E2【答案解析】D 解析：已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定，则+4价的铅具有氧化性，+2价的Sn具有还原性，Sn+2Cl2=SnCl4SnCl2+Cl2=SnCl4Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2+4H2O正确。【思路点拨】本题考查了在元素周期表中元素的性质的相似性和不同点，正确理解+2、+4价Sn和+2价、+4价Pb的氧化性和还原性是解答本题的关键。【题文】5某溶液中含有SO、Br、SiO、CO、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（ ） 反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的只有Na+ 有胶状沉淀物质生成 有气体产生 溶液颜色发生变化 共发生了2个氧化还原反应 A B C D【知识点】氧化还原反应原理 B3 D1 D2 D3【答案解析】B 解析：在该溶液中通入过量氯气时，氯气可以把SO、Br氧化为硫酸根离子、溴单质，溴单质溶于水与水反应，溶液显示黄色，当溶液中通入氯气与水反应显示酸性，产生二氧化碳气体，生成硅酸沉淀，故发生了4个氧化还原反应，正确选项为D。【思路点拨】本题考查了氯气、卤族元素形成的单质和化合物的性质、硫元素和硅元素等形成的化合物的性质，涉及的元素种类较多，综合性较强。【题文】6下列图像中的曲线（纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为加入物质的量），其中错误的是（ ）A图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线B图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线C图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线 D图D表示向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液产生沉淀量的关系曲线【知识点】物质之间的反应 C2 C5【答案解析】C 解析：A向含H+、Mg2+、Al3+、NH的溶液中滴加NaOH溶液时，刚开始时H+与NaOH反应，没有沉淀产生，然后Mg2+、Al3+与NaOH溶液反应，生成沉淀，当沉淀达到最大值时再加入NaOH溶液，NH与NaOH溶液反应生成氨气，当NH完全反应后再加入NaOH溶液，氢氧化铝与NaOH溶液反应，沉淀减少，但是氢氧化镁不与NaOH溶液反应，故沉淀不会消失，产生沉淀量的关系曲线图正确；B在澄清石灰水中通入二氧化碳刚开始时产生沉淀，当沉淀达到最大时，再通入二氧化碳碳酸钙与二氧化碳发生反应，沉淀减少直至消失，沉淀达到最大和沉淀消失需要的二氧化碳的量相同，关系曲线图正确；C向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，盐酸首先与NaOH发生酸碱中和反应，不产生气体，当NaOH完全反应后再滴加盐酸，盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠完全反应生成碳酸氢钠时，再滴加盐酸，盐酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，所以气体产生到达到最大所需要的盐酸的体积比产生气体前需要的盐酸的体积要小，故曲线图错误；D向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，刚开始时生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀，当硫酸根完全沉淀时，铝元素以偏铝酸根的形式存在，产生沉淀量的关系曲线正确。【思路点拨】本题考查了物质之间的相互反应和图像的联系，物质的性质是前提，正确分析图像是关键，尤其在C选项中，图像的变化趋势是正确的，但是在每一段所需的盐酸的体积的大小是不同的，本题的综合性较强。【题文】8NA代表阿伏加德罗常数的值下列有关叙述正确的是（ ） A56g铁粉在224L氯气中充分燃烧，失去的电子数一定为03NA B标准状况下，15g一氧化氮和56L氧气混合后的分子总数为05NA C在标准状况下，224LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NA D78gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NA【知识点】阿伏加德罗常数 A1【答案解析】C 解析：A氯气不一定是在标准状况下，故反应中转移的电子数无法计算，错误；B一氧化氮氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮还可以生成四氧化二氮，故分子数小于05NA，错误；C在标准状况下，224LCH4物质的量为1mol，含有的电子数为10NA， 18gH2O的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，正确；D78gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数为3NA，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数在有关物理量中如分子中含有的电子数的计算，在氧化还原反应中电子转移的数目的计算等，基础性较强。【题文】9化学反应的发生一般可通过现象加以判断。根据下列现象判断，其中没有新物质生成的是 蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀 向氢氧化铁胶体中滴加盐酸产生沉淀； 二氧化氮经加压冷卸凝成无色液体； 溴水滴入裂化汽油中振荡褪色； 硫酸铜粉末滴加少量水变蓝； 活性炭除去水中的颜色和异味 A B C D【知识点】化学变化和物理变化 H4 K2 B4【答案解析】D 解析：蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀发生的是胶体的聚沉，没有发生化学变化；向氢氧化铁胶体中滴加盐酸产生沉淀发生的是胶体的聚沉，没有发生化学变化；二氧化氮经加压冷卸凝成无色液体转化生成了四氧化二氮，发生了化学变化；裂化汽油中含有不饱和烯烃，溴水滴入后与其发生加成反应，发生了化学变化；硫酸铜粉末滴加少量水生成了蓝色的硫酸铜晶体，发生的是化学变化；活性炭除去水中的颜色和异味是利用了活性炭的吸附性，没有发生化学变化。【思路点拨】本题考查了物质的基本性质，化学变化和物理变化的区别，正确掌握物质的性质是解答本题的关键，难度不大。【题文】1056g铁粉与一定量的硫磺混合，在空气中加热发生剧烈反应，冷却后用足量的盐酸溶解反应后的残留固体，产生了20L体（标准状况），通过分析小于了应生成的气体量，其最可能原因是（ ）A硫磺量不足B生成了FeSC生成了Fe2S3D有部分Fe被空气中的氧气氧化了【知识点】铁元素形成的单质和化合物的性质 C3 D3 【答案解析】D 解析：当此混合物反应完了加入足量的盐酸时，如果铁过量，1mol铁对应1mol氢气，如果硫过量，硫化亚铁与盐酸反应，1mol硫化亚铁对应1mol硫化氢气体，5.6g铁反应生成的气体为2.24L，但是实际产生的气体体积小，故Fe可能被空气中的氧气氧化了。【思路点拨】本题考查了铁元素形成的单质和化合物的性质及简单计算，难度不大。【题文】11下列实验不能达到目的的是（ ） A向25mL沸水中滴加5-6滴稀的FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体 B只用少量水就可鉴别Na2CO3和NaHCO3固体 C用FeSO4、NaOH和盐酸等试剂在空气中可以制备纯净的FeCl3溶液 D用NaOH溶液和盐酸可除去MgCl2溶液中混有的AlCl3【知识点】胶体的重要性质，物质的检验和鉴别 H4 J2 C2【答案解析】A 解析：A、制备氢氧化铁胶体时：将小烧杯中25mL蒸馏水加至沸腾，向沸水中逐滴加入56滴氯化铁饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故错误；B、NaHCO3的溶解性不太好,Na2CO3比较好，故可以用少量水鉴别，正确； CFeSO4中+2价的铁能被空气中的氧气氧化为+3价的铁，过量的盐酸可以防止+3价的铁水解，故可以用FeSO4、NaOH和盐酸等试剂在空气中可以制备纯净的FeCl3溶液，正确；D、除去MgCl2溶液中混有的AlCl3，先向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：Al3+4OH-AlO2-+2H2O；Mg2+2OH-Mg（OH）2；过滤可得到氢氧化镁沉淀，然后向沉淀中加入的稀盐酸，使氢氧化镁转化为MgCl2，正确。【思路点拨】本题考查了物质的制备如氢氧化铁胶体的制备方法和实验步骤，注意反应的条件应用和试剂的选择，试剂的滴加顺序等、物质的分离和鉴别，正确掌握物质的性质是关键，知识点较多，难度中等。【题文】12下列实验方案不能达到实验目的的是（ ） A图A装置用Cu和浓硝酸可制取NO B图B装置可用于实验室制备Cl2 C图C装置可用于实验室制取乙酸乙酯D图D装置可用于实验室分离CO和CO2【知识点】实验的设计和评价 J4【答案解析】C 解析：A Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2可以与水反应生成NO，故可以用此装置而可制取NO，正确； B高锰酸钾具有强氧化性，在常温就可以把浓盐酸氧化为氯气，故可用于实验室制备Cl2，正确；C产生的乙酸乙酯在强碱性溶液中可以完全水解，故不能用烧碱吸收，错误； DCO2可以先被碱液吸收，在球胆中收集CO气体，在通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，CO2即可放出，可用于实验室分离CO和CO2，正确。【思路点拨】本题考查了NO及氮元素形成的化合物的性质、氯气的制备、乙酸乙酯的制备等实验装置，综合性较强。【题文】13下列图象不符合事实是（ ） A图：pH相同的H2S溶液、稀H2SO4溶液、H2SO3溶液露置于空气中一段时间后，溶液的pH随时间的变化情况 B图：表示向乙酸溶液中通入NH3过程中溶液导电性的变化 C图：将铜粉加入到一定量浓硝酸中产生的气体与加入铜量的变化情况 D图知合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H=-（b-a）kJmol1【知识点】电解质溶液的导电性，硝酸的化学性质，热化学方程式，含硫物质的性质及综合应用 H1 D4 D3 F2【答案解析】B 解析：A、H2S溶液被氧化生成水，其pH增大，稀H2SO4溶液不发生变化，其pH不变，而H2SO3溶液被氧化生成硫酸，氢离子浓度增大，其pH减小，与图象一致，故A正确；B、乙酸和一水合氨都是弱电解质，向乙酸溶液中通入NH3生成乙酸铵，溶液导电性增强，错误；C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，正确；D、由反应过程中物质能量变化图可知，1molCO（g）与2molH2（g）完全反应生成1molCH3OH（g）放出热量为（b-a）kJ，所以合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=-（b-a）kJ/mol，正确。【思路点拨】本题考查了元素化合物的性质，热化学方程式的书写，溶液导电性强弱的判断等知识点，考查学生对所学知识的直接运用，难度中等，旨在考查学生对基础知识的掌握，综合性稍强。【题文】14已知：一般溶液浓度越大密度越大，氨水等例外。体积为vL、质量为mg，浓度为a mol/L的氨水溶液的溶质质量分数为b%，用水稀释到05a mol/L，下列说法正确的是（ ） A加水的体积为vL B加水的质量为mg C05amol/L的氨水质量分数等于0.5b% D05amol/L的氨水质量分数小于0.5b%【知识点】浓度的计算 A3 A4 【答案解析】D 解析：浓度为a mol/L的氨水用水稀释到05a mol/L则氨水的体积变为原来的2倍，由于水的密度与氨水的密度不同，故所加水的体积与原溶液的体积不同；水的密度比氨水的密度大，故所加水的质量比氨水的质量大，所得溶液的质量分数小于0.5b%。【思路点拨】本题考查了溶液浓度和溶质的关系及在进行溶液的稀释时溶液浓度的变化，本题是易错试题。【题文】15已知含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示，则下列判断不正确的是（ ） A还原性：HSOI，氧化性：IOI2SO Ba点处的氧化产物是SO，还原产物是I C当溶液中的I为04mol时，加入的KIO3一定为04mol D若向KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式为： 2IO+5HSO=I2,+5SO+3H+H2O【知识点】氧化还原反应原理的应用 B3【答案解析】C 解析：A从图中可以看到在刚开始的时候没有产生I2，说明发生了反应：3HSO+ IO3SO+ I+3H+，继而发生：IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2故还原性：HSOI，氧化性：IOI2SO，正确；B在0b间只发生3HSO+ IO3SO+ I+3H+，故a点处的氧化产物是SO，还原产物是I，正确；C当在0b间只发生3HSO+ IO3SO+ I+3H+，溶液中I为0.4 mol时，需要的KIO3是0.4mol；当3molNaHSO3完全反应时，需要的KIO3是1mol，生成I为1 mol；当继续加入KIO3时，发生反应IO3- + 5I- + 6H+ 3I2 + 3H2O，溶液中剩余I为0.4 mol时，则与IO3-反应的I-为0.6 mol，消耗了IO3-为0.12mol，此时消耗了KIO3共1.12mol，错误；D若向KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式为：2IO+5HSO=I2,+5SO+3H+H2O，正确。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应，难点在于根据图像首先判断出发生的反应，进而氧化性和还原性的强弱就能判断，从而写出化学方程式，如根据题干判断出0b间的反应是生成I-而不是I2（有HSO3-就不可能有I2），综合性较强，难度较大。【题文】16下列说法中正确的是（ ） A原电池放电过程中，负极质量一定减轻，或正极的质量一定增加 BFe、Cu组成原电池：Fe一定是负极 C为加快一定量的Zn与足量稀H2SO4反应的速率，且不影响生成H2总量，可加入少量CuSO4 溶液 D某海水电池总反应表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，则负极反应式：Ag-e+Cl=AgCl【知识点】原电池的工作原理 F3【答案解析】D 解析：A燃料电池形成的原电池放电过程中，两个电极上都是通入的气体发生的氧化还原反应，正负极质量不变，错误； BFe、Cu组成原电池，如果电解质溶液为浓硝酸时，Fe遇到浓硝酸发生钝化，Cu做负极，错误；C当加入少量CuSO4 溶液时，Zn首先与CuSO4 溶液发生反应，使Zn与稀H2SO4反应生成H2总量减少，错误；D在原电池反应中负极失电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为Ag-e+Cl=AgCl，正确。【思路点拨】本题考查了原电池原理的应用，在原电池中电极反应与电解质溶液有关，电极相同，电解质溶液的性质不同，电极反应不同，这是很容易出错的问题，本题属于易错试题。【题文】17足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与224LO2（标准状况）混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入l0 molL1H2SO4溶液100 mL，则继续溶解的Cu的质量为（ ）A0 B32gC38.4gD48g【知识点】氧化还原反应原理的应用 B3【答案解析】C 解析：224LO2（标准状况）的物质的量为0.1mol，故在反应中转移的电子数为0.4mol，在反应后的溶液中Cu(NO3)2的物质的量为0.2mol，NO3-的物质的量为0.4mol。当向溶液中加入H2SO4溶液时，H2SO4溶液会提供H+，使溶液中的NO3-具有氧化性，能继续氧化铜。根据反应：3Cu + 8H+ + 2NO3- =3Cu2+2NO+4H2O n (Cu) 2mol 0.4moln (Cu)= 0.3mol，质量为38.4g，故选C。【思路点拨】本题考查了NO3-在酸性条件下的氧化性，条件比较隐蔽，难度较大。【题文】18根据下表（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）信息，判断以下叙述正确的是（ ）A最高价氧化物对应水化物的碱性AC B氢化物的沸点H2D H2EC单质与稀盐酸反应的速率AB DC2+与A+的核外电子数相等【知识点】原子结构与元素周期律的关系 E5 【答案解析】A 解析：元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第A元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元 素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be。AA、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be（OH）2，其Be（OH）2碱性弱于氢氧化铝，而氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故碱性NaOHBe（OH）2，故A正确；BH2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，错误；C金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率NaAl，故C错误； DBe2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，故D错误。【思路点拨】本题考查了元素周期表的应用知识，题目难度不大，本题关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。第卷（非选择题共56分）二、非选择题（包括19、20、21、22题，共计56分）【题文】19（12分）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素。A元素可形成多种同素异形体，其中一种是自然界最硬的物质；B的原子半径在短周期主族元素中最大；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道；D的单质在常温常压下是淡黄色固体。（1）E在元素周期表中的位置 ；B的基态原子核外电子排布式为 。（2）A、D、E中电负性最大的是 （填元素符号）；B、C两元素第一电离能较大的是 （填元素符号）。（3）A和D两元素非金属性较强的是 （填元素符号），写出能证明该结论的一个事实依据 。（4）化合物AD2分子中共有 个键和 个键，AD2分子的空间构型是 。（5）C与E形成的化合物在常温下为白色固体，熔点为190，沸点为1827，在1778 升华，推测此化合物为 晶体。工业上制取上述无水化合物方法如下：C的氧化物与A、E的单质在高温条件下反应，已知每消耗12kgA的单质，过程中转移2l03mol e，写出相应反应的化学方程式： 。【知识点】元素周期律的应用 B3 E5 【答案解析】 第三周期、第A族 1s22s22p63s1 Cl Al S H2CO3是弱酸，H2SO4是强酸（或其它合理答案） 2个 2个 直线型 分子 Al2O3 + 3C + 3Cl2 = 3CO + 2AlCl3（注明“高温”条件）解析：A元素可形成多种同素异形体，其中一种是自然界最硬的物质则A为C元素；B的原子半径在短周期主族元素中最大则为Na元素；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道在为Al元素；D的单质在常温常压下是淡黄色固体则为S元素；A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素则E为Cl元素。（1）E为Cl元素在元素周期表中的位置第三周期、第A族；B为Na元素基态原子核外电子排布式1s22s22p63s1。（2）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，吸引电子的能力越强，电负性越大，非金属性越强，故C、S、Cl的电负性最大的是Cl；第一电离能是指从使气态原子失去电子变成气态阳离子，需要克服核电荷的引力而消耗的能量，原子越易失去电子第一电离能越小，金属性越强，故Na与Al元素的第一电离能较大的是Al。（3）C与S元素的非金属性较强的是S元素，可以从很多方面进行证明：高价含氧酸的酸性等。（4）S元素和O元素位于同一主族中，故化合物CS2分子和CO2结构相似，分子中共有2个键和2个键，空间构型是直线型。（5）C与E形成的化合物为氯化铝，熔、沸点较低，故为分子晶体；根据反应过程中转移的电子的数目可以得到反应生成的产物，即可得到反应的方程式。【思路点拨】本题考查了元素元素周期表的应用知识，题目综合性较强，本题关键是能够把每一种元素正确的推断出来，要熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。【题文】20（14分）高温焙烧含硫废渣会产生SO2废气，为了回收利用SO2，研究人员研制了利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收SO2，并制备硫酸锰晶体的生产流程，其流程示意图如下：已知，浸出液的pH 2，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子。有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表： 请回答下列问题：（1）高温焙烧：在实验室宜选择的主要仪器是 。（2）写出氧化过程中主要反应的离子方程式： 。（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，并调节溶液pH，pH应调节的范围是 。（4）滤渣的主要成分有_ 。（5）工业生产中为了确定需要向浸出液中加入多少MnO2粉，可准确量取1000 mL浸出液用002mol/L酸性KMnO4溶液滴定，判断滴定终点的方法是_ ；若达滴定终点共消耗1000 mL酸性KMnO4溶液，请计算浸出液中Fe2+浓度是 。 （6）操作a的具体过程_ 。【知识点】物质的分离和提纯 J2 J5【答案解析】(1）坩埚（1分） （2）2Fe2MnO24H2Fe3Mn22H2O（2分）（3）4.7 pH 8.3（2分） （4）氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙（3分）（5）当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变紫红色，且半分钟内不褪色（1分） 0.1 mol/L（2分）（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤（3分） 解析：（1）高温焙烧时在实验室宜选择的主要仪器是坩埚；（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，所以只要调节pH值在4.78.3间即可；（4）Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，所以滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙。（6）操作a是从溶液中得到固体，故所需要的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。【思路点拨】本题以制备硫酸锰晶体的生产流程为知识载体，考查化学反应的书写及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力。【题文】21（14分）（I）已知：ROH+HXRX+H2O右图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置。有关数据见下表：乙醇、溴乙烷、溴有关参数（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是 。a减少副产物烯和醚的生成b减少Br2的生成c减少HBr的挥发d水是反应的催化剂（2）加热的目的是 （从速率和限度两方面回答）；应采取的加热方式是 。（3）为除去产品中的一种主要杂质，最好选择下列（ ） 溶液来洗涤产品。 A氢氧化钠 B碘化钠 C亚硫酸钠（4）第（3）步的实验所需要的主要玻璃仪器是 。（）苯甲酸甲酯（ ）是一种重要的工业有机溶剂。请分析下列有机物的结构简式或性质特点，然后回答问题。（1）乙中含氧官能团的名称是 。（2）甲、乙、丙三种有机物中与苯甲酸甲酯是同分异构体的是 。与NaOH溶液在加热条件下反应消耗NaOH最多的是 。 （3）符合丙条件的结构可能有_，种，写出其中两种 。【知识点】制备实验方案的设计 J5 L7【答案解析】（）（1）abc （2分）（2）升高温度加快反应速率，同时使生成的溴乙烷气化分离出来促进平衡移动（2分）水浴加热（1分）（3）C （2分） （4）分液漏斗（1分）（）（1）酯基（2）甲乙、乙（3）三 （每空1分） 解析：（）（1）反应中加入少量的水，防止反应进行时发生大量的泡沫，减少副产物乙醚的生成和避免HBr的挥发，故abc正确；（2）加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4C溴乙烷全部挥发蒸馏出来；（3）A氢氧化钠，加氢氧化钠会引起溴乙烷水解，故A错误；B除去溴乙烷中的少量杂质Br2，加碘化钠会引入碘单质杂质，故B错误； C加亚硫酸钠只与溴反应不与溴乙烷反应，故c正确。（4）洗涤产品分离混合物需要在分液装置中，需要的主要仪器为分液漏斗。（）（2）苯甲酸甲酯分子式为C7H10O2，甲、乙的结构与其不同，分子式相同，是同分异构体。乙属于酚酯，当水解可以生成苯酚和羧酸，故需要的氢氧化钠最多。（3）熔融状态下能与钠反应放出氢气，说明此物质中含有羟基，遇氯化铁显特殊的紫色说明此物质中含有酚羟基，故符合条件的有：【思路点拨】本题考查了物质制备的反应原理和过程分析，物质性质的应用和装置的特征应用是解题关键，还考查了基本有机物的结构和性质，题目难度不大。【题文】22（16分）某研究小组探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应，其反应装置如下图所示：已知：1.0molL1的Fe（NO3）3溶液的pH=l，请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式是 。（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前进行的操作是 。 （3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 ，说明SO2具有 性。 分析B中产生白色沉淀的原因： 猜想1：SO2与Fe3+反应；猜想2：在酸性条件下SO2与NO反应；猜想3：（4）甲同学从装置B中取出适量反应后的溶液，能使KMnO4溶液褪色。【得出结论】：猜想1成立。其结论正确吗？ （填是或否）。若不正确，理由是_ （正确无需回答）。（5）乙同学设计实验验证猜想2，请帮他完成下表中内容（提示：NO在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有：NaNO3固体和盐酸等。）（6）在实际操作中，当SO2通入Fe（NO3）3溶液时观察到的现象；溶液由黄色变为浅绿色，接着又变为黄色，请用相关离子方程式表示其过程 、 。【知识点】二氧化硫的性质，铁元素及氮元素形成的化合物的性质 C3 D3 D4 J4【答案解析】（1）Na2SO3H2SO4(浓)= Na2SO4SO2H2O（2分）（2）关闭分液漏斗活塞，打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹（2分）（3）BaSO4； 还原（2分）（4）否， 可能SO2过量，溶解的SO2也能使KMnO4溶液褪色（2分）（5）（4分）实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论 用NaNO3和盐酸配成pH1，NO3浓度为3 molL1的溶液，并替换装置B中的Fe(NO3)3溶液。 打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹。打开分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中滴加浓硫酸。若装置B中有白色沉淀生成，猜想2成立。若装置B中无白色沉淀生成，猜想2不成立。（6）2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+ 3Fe2+ + NO3- + 4H+ = 3Fe3+ +NO+ 2H2O（2+2分） 解析：（l）装置A中反应的化学方程式是Na2SO3+H2S04（浓）=Na2S04+SO2+H2O。（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹。（3）二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀。（4）从装置B中取出适量反应后的溶液中还有可能含有过量的SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色。（6）Fe3+离子能氧化二氧化硫，还原产物为Fe2+，Fe2+在酸性条件下又被NO3-氧化。【思路点拨】本题考查了物质的性质实验探究，题目难度中等，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，学习中注意相关知识的积累。